Description
火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，
我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，
火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串
，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程
中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，
如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速
算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说
，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此
复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。
Input
第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操
作有3种，如下所示
1、询问。语法：Qxy，x,y均为正整数。功能：计算LCQ(x,y)限制：1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法：Rxd，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字
符串长度。
3、插入：语法：Ixd，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x=0，则在字
符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度
Output
对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。
Sample Input
madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
5
1
0
2
1
HINT
1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、M<=150,000
3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000
4、询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000
对于第3，4，5个数据，没有插入操作。
Source
Solution
相信有很多人第一眼觉得是后缀数组吧。然而后缀数组无法有效地应付修改操作
这道题比较特殊的一点是询问个数很少，基本集中在插入和修改操作
我们可以用$splay$维护这个字符串，插入和修改按普通$splay$做，the Longest Common Qianzhui$LCQ$需要二分答案：
每个节点维护一个子树$hash$值，二分答案$ans$，不断检查$s[x]\sim s[x +ans]$和$s[y]\sim s[y+ans]$的$hash$值是否一样即可
由于有提取区间的操作，所以$treap$是无法满足的
插入和修改的总复杂度是$O(q_1logn)$，$LCQ$的总复杂度是$O(q_2log^2n)$，因为$q_2$相对较小，所以整体可以看成$O(qlogn)$的
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 struct spaly
4 {
5 int c[2], fa, val, siz, hash;
6 int& operator[] (int x)
7 {
8 return c[x];
9 }
10 }a[100005];
11 char s[100005], op[5];
12 int pwr[100005];
13
14 void push_up(int k)
15 {
16 int x = a[a[k][1]].siz;
17 a[k].siz = a[a[k][0]].siz + x + 1;
18 a[k].hash = a[a[k][0]].hash * pwr[x + 1] + a[k].val * pwr[x] + a[a[k][1]].hash;
19 }
20
21 void rotate(int &k, int x)
22 {
23 int y = a[x].fa, z = a[y].fa, dy = a[y][1] == x;
24 if(k == y) k = x;
25 else a[z][a[z][1] == y] = x;
26 a[y][dy] = a[x][!dy], a[a[x][!dy]].fa = y;
27 a[x][!dy] = y, a[y].fa = x, a[x].fa = z;
28 push_up(y);
29 }
30
31 void splay(int &k, int x)
32 {
33 while(k != x)
34 {
35 int y = a[x].fa, z = a[y].fa;
36 if(k != y)
37 if(a[y][1] == x ^ a[z][1] == y) rotate(k, x);
38 else rotate(k, y);
39 rotate(k, x);
40 }
41 push_up(x);
42 }
43
44 int find_kth(int k, int x)
45 {
46 if(x <= a[a[k][0]].siz) return find_kth(a[k][0], x);
47 if(x == a[a[k][0]].siz + 1) return k;
48 return find_kth(a[k][1], x - a[a[k][0]].siz - 1);
49 }
50
51 int main()
52 {
53 int n, m, x, y, z, root, l, r, mid, ptot;
54 scanf("%s%d", s, &m);
55 n = strlen(s);
56 pwr[0] = 1;
57 for(int i = 1; i <= 100002; ++i)
58 pwr[i] = pwr[i - 1] * 137;
59 a[1].fa = 2, a[1].siz = 1;
60 for(int i = 2; i <= n + 2; ++i)
61 {
62 a[i][0] = i - 1, a[i].fa = i + 1;
63 a[i].val = s[i - 2], push_up(i);
64 }
65 a[n + 2].fa = 0, root = ptot = n + 2;
66 while(m--)
67 {
68 scanf("%s", op);
69 if(op[0] == ‘R‘)
70 {
71 scanf("%d%s", &x, op);
72 splay(root, find_kth(root, x + 1));
73 a[root].val = op[0], push_up(root);
74 }
75 else if(op[0] == ‘I‘)
76 {
77 scanf("%d%s", &x, op), ++n;
78 splay(root, find_kth(root, x + 1));
79 splay(a[root][1], find_kth(root, x + 2));
80 a[a[root][1]][0] = ++ptot;
81 a[ptot].val = a[ptot].hash = op[0];
82 a[ptot].fa = a[root][1], a[ptot].siz = 1;
83 push_up(a[root][1]), push_up(root);
84 }
85 else
86 {
87 scanf("%d%d", &x, &y);
88 if(x > y) swap(x, y);
89 l = 0, r = n - y + 2, z = 0;
90 while(l < r - 1)
91 {
92 mid = (l + r) >> 1;
93 splay(root, find_kth(root, x));
94 splay(a[root][1], find_kth(root, x + mid + 1));
95 z = a[a[a[root][1]][0]].hash;
96 splay(root, find_kth(root, y));
97 splay(a[root][1], find_kth(root, y + mid + 1));
98 z -= a[a[a[root][1]][0]].hash;
99 z ? r = mid : l = mid;
100 }
101 printf("%d\n", l);
102 }
103 }
104 return 0;
105 }